BZOJ 4310 跳蚤 不太会做，看了题解才会的。 首先要二分子串。后缀排序后，本质不同子串个数其实就是 $ \sum_i n + 1 - sa[i] - height[i] $ ，考虑排序后的后缀，本质不同的子串个数其实就是本质不同这些后缀的前缀个数。一个后缀的贡献就是这个后缀的所有前缀，减去自己和上一个后缀的 LC
题目链接：Click here Solution: 设\(f[i]\)表示当\(d=i\)时的答案，\(c[i]\)表示\(a\)序列中有多少个\(i\)的倍数 首先我们要使恰好\(k\)个数互不相同，则表示其他\(n-k\)个数恰好相同，那么有\({c[i]\choose n-k}\)种方案 考虑剩下的\(c[i]-n+k\)个位\(i\)的倍数的位置，\([1,m]\)中\(i\)
记得去年暑假集训的时候本来想了一个动态点分的做法的，然后写道一半因为某些不知名原因就没写了，然后就一直放着，然后发现斯特林反演真NM好写 首先考虑用关于幂的斯特林反演： \[m^n=\sum_{i=0}^m \left\{ ^n_i\right\}\times i!\times C_m^i\] 套上去就是： \[ans(x)=\sum_{i=1}^n dis(i
Description 小呆开始研究集合论了，他提出了关于一个数集四个问题： 1．子集的异或和的算术和。 2．子集的异或和的异或和。 3．子集的算术和的算术和。 4．子集的算术和的异或和。 目前为止，小呆已经解决了前三个问题，还剩下最后一个问题还没有解决，他决定把 这个问题交给你，未来的集训队
BZOJ 3210: 花神的浇花集会 在花老师的指导下，每周4都有一个集会活动，俗称“浇水”活动。 具体浇水活动详情请见BZOJ3153 但这不是重点 花神出了好多题，每道题都有两个参考系数：代码难度和算法难度 花神为了准备浇花集会的题，必须找一道尽量适合所有人的题 现在花神知道每个人的代码能
BZOJ 1396 识别子串 昨晚拿到这道题想到了线段树做法还以为麻烦了，码了好久过了才发现网上都这么写的。。 只出现一次实际上就是 endpos 集合大小为1，就是 parent 树上siz是1。 由于我们只需要 endpos 集合大小是1的点的 endpos 集合，也没必要线段树合并求 endpos 集合了，对每个点加进
用dp来解决博弈问题这是第一次做，之前遇到一个博弈dp的题还没补。。设 $L_{i,j},R_{i,j}$ 分别表示在区间 $[i,j]$ 左右放上多少石子能让先手必败。首先这个 $L,R$ 肯定是唯一的，假设不唯一，即存在 $L_1,L_2$ 加在当前区间左端能使先手必败，设 $L_1>L_2$，那么先手把 $L_1$ 取得和 $L
Link 每行每列都建个点，把一个棋子看做是一条某行到某列边。 这样我们就是要找一个边集使得重定向之后可以让每个点的入度为\(1\)。 这个东西显然就是个最小生成基环森林，还是用Kruskal做，多记录一个森林是否有环就行了。 #include<cstdio> #include<cctype> #include<algorithm> n
整体二分加上一个二维树状数组数点即可。 #include <bits/stdc++.h> namespace IO { char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf; int p, p3 = -1; void read() {} inline int getc() { return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1
黑暗爆炸上没有spj。 第一部分的答案为 $\sum \limits_{j = 1}^{i - 1} q_j \times \frac{1}{(i-j)^2}$，直接卷积就行。第二部分就把 q 数组reverse一下再卷一遍。 #include <bits/stdc++.h> #define db long double const int N = 100000 * 3 + 7; db a[N], ans[N][2]; names
刚开始想手写平衡树来着，但是发现其实没必要，因为插入操作很友好。 对每个位置维护一个初始位置的值以及末尾位置的值，插入之前和当前位置的末尾值差一下加入set，和下一个位置的初始位置的值差一下加入set，删去当前末尾值与下一位置初始值的差即可。 另外一个也用一个set维护。 #i
就是二分图匹配，直接匈牙利即可。 #include <bits/stdc++.h> const int N = 220; bool used[N]; int hascow[N], n, link[N][N]; bool find(int x) { for (int i = 1; i <= n; i++) { if (link[x][i] && !used[i]) { used[i] = 1;
平移、旋转、放缩对两个相似三角形没有影响，那么一个长度为 $n$ 的轨迹就可以描述为 $n-2$ 个三角形，每个三角形就用相邻两边长来描述，还得加上第二条线段在第一条线段的逆时针还是顺时针方向，因为如果不加这个就会出现翻不翻转带来的影响，然后就变成了字符串匹配了。不过由于字符集
基环森林上DP。 我刚开始想的就是找到环，然后把环上每个点及它的子树缩成一个点，就变成一个环上的DP了。然后就是强制第一个不取和强制最后一个不取。 看了别人的题解发现可以不用那么麻烦，只要找到环上任意相邻的两点，强制把这条边断开，然后还是DP两次就行了。 DP方程就比较naive
能看到其他所有点的区域就是轮廓线的半平面交。 然后最小高度就是半平面交与轮廓线这两个一次分段函数的差，极值肯定出现在分段点上，分别求一下即可。 #include <bits/stdc++.h> #define db double const db eps = 1e-9; inline int sign(db k) { return k < -eps ? -1 :
Description 在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都 会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着 两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显
https://vjudge.net/problem/36887/origin 题目 作为一个生活散漫的人，小Z每天早上都要耗费很久从一堆五颜六色的袜子中找出一双来穿。终于有一天，小Z再也无法忍受这恼人的找袜子过程，于是他决定听天由命…… 具体来说，小Z把这N只袜子从1到N编号，然后从编号L到R(L 尽管小Z并不在意两只
$cost[i][j]$ 表示第 $i$ 天到第 $j$ 天都走同一条路线时每天的最小花费，即为 $1$ 到 $m$ 的最短路。dijkstra即可。然后 $dp[i]$ 表示到第 $i$ 天的最小花费$dp[i] = min(dp[j] + cost[j + 1][i] * (i - j) + k)$ #include <bits/stdc++.h> #define pii pair<int, int> #defi
prufer序列为无根树的一种数列。长度为 $n - 2$prufer转无根树将最小编号的叶子删去，prufer序列加入其父亲。重复至树只剩下两个节点。无根树转prufer取出prufer首元素，与待选点集中最小未出现在prufer序列中的点连边，并将该点在待选点集中删去，直至待选点集剩下两个节点，将这两个节点
可见的直线为一下凸壳。 先按斜率和截距从小到大排序，再用单调栈判断交点的相对位置即可。 #include <bits/stdc++.h> const int N = 5e4 + 7; const double eps = 1e-7; inline int dcmp(double x) { if (fabs(x) < eps) return 0; return x < 0 ? -1 : 1; } struct
根据题意，一种置换的排数就是循环节长度的 $\text{lcm} + 1$。 就变成把 $n$ 个数分成任意多个数，能组成的 $\text{lcm}$ 有多少种。 考虑一个数 $n = p_1 ^ {k_1} p_2 ^ {k_2} \cdots p_m ^{k_m}$ 是否能某些数的 $\text{lcm}$，且这些数的和为 $n$。 当每个数为 $p_1 ^ {k_1}, p
第一页的题解链接 BZOJ 1000-1009 BZOJ 1000 BZOJ 1001 BZOJ 1002 BZOJ 1003 BZOJ 1004 BZOJ 1005 BZOJ 1006 BZOJ 1007 BZOJ 1008 BZOJ 1009
【BZOJ3144】【HNOI2013】切糕首先考虑没有D限制,直接贪心选取,或者跑点点之间连边,跑最小割若D限制了,改一下建图就ok了【BZOJ1001】【BeiJing2006】狼抓兔子直接建边后跑网络流,不过注意,题目是无向图,反向边流量相同【BZOJ1002】 [FJOI2007]轮状病毒摘自https://blog.csdn.net/
目录 @description@ @solution@ @accepted code@ @details@ @description@ 很久很久以前，在你刚刚学习字符串匹配的时候，有两个仅包含小写字母的字符串A和B，其中A串长度为m，B串长度为n。可当你现在再次碰到这两个串时，这两个串已经老化了，每个串都有不同程度的残缺。 你想对这两
题目 点这里 思路及代码 我们可以使用并查集的按秩合并（但是不要路径压缩）。 两个集合被合并起来，连上的边的权值就设为当前时间。 然后我们可以发现，询问 \(j\) 与 \(k\) 何时联通，就是查询 \(j\) 与 \(k\) 在并查集树路径上边权最大值。因为我们按秩合并了，所以树高是 \(\log n\) 的
